Хорошо, давайте разберем каждое задание из Варианта 22 по порядку.
***
1. Составить формулу общего члена ряда как функцию своего номера и исследовать данный ряд на сходимость.
Дан ряд:
\[ \frac{3}{1 \cdot 2 \cdot 3} + \frac{7}{1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot 4} + \frac{11}{1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot 4 \cdot 5} + \frac{15}{1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot 4 \cdot 5 \cdot 6} + \dots \]
Давайте проанализируем числители и знаменатели.
Числители: \(3, 7, 11, 15, \dots\)
Это арифметическая прогрессия.
Первый член \(a_1 = 3\).
Разность \(d = 7 - 3 = 4\).
Общий член арифметической прогрессии: \(a_n = a_1 + (n-1)d\).
Для числителя: \(a_n = 3 + (n-1)4 = 3 + 4n - 4 = 4n - 1\).
Знаменатели:
Первый член: \(1 \cdot 2 \cdot 3 = 3!\)
Второй член: \(1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot 4 = 4!\)
Третий член: \(1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot 4 \cdot 5 = 5!\)
Четвертый член: \(1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot 4 \cdot 5 \cdot 6 = 6!\)
Видно, что знаменатель для \(n\)-го члена равен \((n+2)!\).
Таким образом, формула общего члена ряда \(u_n\) будет:
\[ u_n = \frac{4n - 1}{(n+2)!} \]
Теперь исследуем ряд на сходимость. Применим признак Даламбера.
\[ L = \lim_{n \to \infty} \left| \frac{u_{n+1}}{u_n} \right| \]
Найдем \(u_{n+1}\):
\[ u_{n+1} = \frac{4(n+1) - 1}{((n+1)+2)!} = \frac{4n + 4 - 1}{(n+3)!} = \frac{4n + 3}{(n+3)!} \]
Теперь найдем отношение \(\frac{u_{n+1}}{u_n}\):
\[ \frac{u_{n+1}}{u_n} = \frac{\frac{4n + 3}{(n+3)!}}{\frac{4n - 1}{(n+2)!}} = \frac{4n + 3}{(n+3)!} \cdot \frac{(n+2)!}{4n - 1} \]
Мы знаем, что \((n+3)! = (n+3) \cdot (n+2)!\).
\[ \frac{u_{n+1}}{u_n} = \frac{4n + 3}{(n+3)(n+2)!} \cdot \frac{(n+2)!}{4n - 1} = \frac{4n + 3}{(n+3)(4n - 1)} \]
Теперь вычислим предел:
\[ L = \lim_{n \to \infty} \frac{4n + 3}{(n+3)(4n - 1)} = \lim_{n \to \infty} \frac{4n + 3}{4n^2 + 11n - 3} \]
Разделим числитель и знаменатель на \(n^2\):
\[ L = \lim_{n \to \infty} \frac{\frac{4}{n} + \frac{3}{n^2}}{4 + \frac{11}{n} - \frac{3}{n^2}} = \frac{0 + 0}{4 + 0 - 0} = \frac{0}{4} = 0 \]
Так как \(L = 0 < 1\), то ряд сходится.
Ответ:
Формула общего члена ряда: \(u_n = \frac{4n - 1}{(n+2)!}\).
Ряд сходится.
***
2. Используя необходимый признак сходимости, основные свойства рядов, ряд геометрической прогрессии, ряд Дирихле и признак сравнения, исследовать ряд \(\sum_{n=1}^{\infty} \frac{n^2+2}{n^3+2^n}\) на сходимость.
Дан ряд: \(\sum_{n=1}^{\infty} \frac{n^2+2}{n^3+2^n}\).
Сначала применим необходимый признак сходимости.
\[ \lim_{n \to \infty} u_n = \lim_{n \to \infty} \frac{n^2+2}{n^3+2^n} \]
Разделим числитель и знаменатель на \(2^n\):
\[ \lim_{n \to \infty} \frac{\frac{n^2}{2^n} + \frac{2}{2^n}}{\frac{n^3}{2^n} + 1} \]
Известно, что \(\lim_{n \to \infty} \frac{n^k}{a^n} = 0\) при \(a > 1\). В нашем случае \(a=2\).
Поэтому \(\lim_{n \to \infty} \frac{n^2}{2^n} = 0\) и \(\lim_{n \to \infty} \frac{n^3}{2^n} = 0\).
\[ \lim_{n \to \infty} u_n = \frac{0 + 0}{0 + 1} = 0 \]
Необходимый признак сходимости выполняется, но он не гарантирует сходимость ряда. Нужно использовать другие признаки.
Применим признак сравнения.
Сравним наш ряд с рядом, о сходимости которого мы знаем.
Для больших \(n\) в числителе доминирует \(n^2\), а в знаменателе доминирует \(2^n\).
Поэтому наш ряд похож на ряд \(\sum_{n=1}^{\infty} \frac{n^2}{2^n}\).
Давайте сравним с рядом \(\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{2^n}\). Это геометрическая прогрессия со знаменателем \(q = \frac{1}{2}\). Так как \(|q| < 1\), этот ряд сходится.
Рассмотрим отношение общего члена нашего ряда к общему члену ряда \(\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{2^n}\):
\[ \lim_{n \to \infty} \frac{\frac{n^2+2}{n^3+2^n}}{\frac{1}{2^n}} = \lim_{n \to \infty} \frac{(n^2+2)2^n}{n^3+2^n} \]
Разделим числитель и знаменатель на \(2^n\):
\[ \lim_{n \to \infty} \frac{n^2+2}{\frac{n^3}{2^n}+1} \]
Мы знаем, что \(\lim_{n \to \infty} \frac{n^3}{2^n} = 0\).
\[ \lim_{n \to \infty} \frac{n^2+2}{0+1} = \lim_{n \to \infty} (n^2+2) = \infty \]
Этот признак сравнения не дал результата, так как предел равен бесконечности.
Давайте попробуем сравнить с другим рядом.
Для больших \(n\), \(2^n\) растет гораздо быстрее, чем \(n^3\).
Поэтому \(n^3+2^n \approx 2^n\).
И \(n^2+2 \approx n^2\).
Тогда \(u_n \approx \frac{n^2}{2^n}\).
Рассмотрим ряд \(\sum_{n=1}^{\infty} \frac{n^2}{2^n}\).
Применим признак Даламбера для этого ряда:
\[ L = \lim_{n \to \infty} \frac{\frac{(n+1)^2}{2^{n+1}}}{\frac{n^2}{2^n}} = \lim_{n \to \infty} \frac{(n+1)^2}{2^{n+1}} \cdot \frac{2^n}{n^2} = \lim_{n \to \infty} \frac{(n+1)^2}{2n^2} \]
\[ L = \lim_{n \to \infty} \frac{n^2+2n+1}{2n^2} = \lim_{n \to \infty} \left( \frac{1}{2} + \frac{1}{n} + \frac{1}{2n^2} \right) = \frac{1}{2} \]
Так как \(L = \frac{1}{2} < 1\), то ряд \(\sum_{n=1}^{\infty} \frac{n^2}{2^n}\) сходится.
Теперь вернемся к нашему ряду \(\sum_{n=1}^{\infty} \frac{n^2+2}{n^3+2^n}\).
Используем предельный признак сравнения с рядом \(\sum_{n=1}^{\infty} \frac{n^2}{2^n}\).
\[ \lim_{n \to \infty} \frac{\frac{n^2+2}{n^3+2^n}}{\frac{n^2}{2^n}} = \lim_{n \to \infty} \frac{(n^2+2)2^n}{n^2(n^3+2^n)} = \lim_{n \to \infty} \frac{n^2 2^n + 2 \cdot 2^n}{n^5 + n^2 2^n} \]
Разделим числитель и знаменатель на \(n^2 2^n\):
\[ \lim_{n \to \infty} \frac{1 + \frac{2}{n^2}}{\frac{n^3}{2^n} + 1} = \frac{1 + 0}{0 + 1} = 1 \]
Так как предел равен \(1\) (конечное число, не равное нулю), и ряд \(\sum_{n=1}^{\infty} \frac{n^2}{2^n}\) сходится, то по предельному признаку сравнения исходный ряд \(\sum_{n=1}^{\infty} \frac{n^2+2}{n^3+2^n}\) также сходится.
Ответ: Ряд сходится.
***
3. Применяя признаки сравнения и интегральный признак Коши, исследовать ряд \(\sum_{n=1}^{\infty} \frac{n}{n^2-2n+5}\) на сходимость.
Дан ряд: \(\sum_{n=1}^{\infty} \frac{n}{n^2-2n+5}\).
Сначала применим признак сравнения.
Для больших \(n\) общий член ряда \(u_n = \frac{n}{n^2-2n+5}\) ведет себя как \(\frac{n}{n^2} = \frac{1}{n}\).
Рассмотрим гармонический ряд \(\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n}\), который расходится.
Применим предельный признак сравнения:
\[ L = \lim_{n \to \infty} \frac{\frac{n}{n^2-2n+5}}{\frac{1}{n}} = \lim_{n \to \infty} \frac{n^2}{n^2-2n+5} \]
Разделим числитель и знаменатель на \(n^2\):
\[ L = \lim_{n \to \infty} \frac{1}{1 - \frac{2}{n} + \frac{5}{n^2}} = \frac{1}{1 - 0 + 0} = 1 \]
Так как предел равен \(1\) (конечное число, не равное нулю), и ряд \(\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n}\) расходится, то по предельному признаку сравнения исходный ряд \(\sum_{n=1}^{\infty} \frac{n}{n^2-2n+5}\) также расходится.
Теперь применим интегральный признак Коши.
Рассмотрим функцию \(f(x) = \frac{x}{x^2-2x+5}\).
Для применения интегрального признака функция должна быть положительной, непрерывной и монотонно убывающей на интервале \([1, \infty)\).
При \(x \ge 1\), \(x > 0\). Знаменатель \(x^2-2x+5 = (x-1)^2+4\), который всегда положителен и больше или равен \(4\). Значит, \(f(x) > 0\) для \(x \ge 1\).
Функция непрерывна на \([1, \infty)\).
Проверим монотонность, найдя производную:
\[ f'(x) = \frac{1 \cdot (x^2-2x+5) - x \cdot (2x-2)}{(x^2-2x+5)^2} = \frac{x^2-2x+5 - 2x^2+2x}{(x^2-2x+5)^2} = \frac{-x^2+5}{(x^2-2x+5)^2} \]
Для \(x \ge \sqrt{5}\) (то есть для \(x \ge 3\)), \(f'(x) < 0\), что означает, что функция убывает.
Таким образом, интегральный признак применим.
Вычислим несобственный интеграл:
\[ I = \int_{1}^{\infty} \frac{x}{x^2-2x+5} dx \]
Для вычисления этого интеграла, заметим, что производная знаменателя \( (x^2-2x+5)' = 2x-2 \).
Попробуем выделить эту производную в числителе:
\[ \frac{x}{x^2-2x+5} = \frac{1}{2} \frac{2x}{x^2-2x+5} = \frac{1}{2} \frac{2x-2+2}{x^2-2x+5} = \frac{1}{2} \left( \frac{2x-2}{x^2-2x+5} + \frac{2}{x^2-2x+5} \right) \]
\[ I = \frac{1}{2} \int_{1}^{\infty} \frac{2x-2}{x^2-2x+5} dx + \int_{1}^{\infty} \frac{1}{x^2-2x+5} dx \]
Первый интеграл:
\[ \int_{1}^{\infty} \frac{2x-2}{x^2-2x+5} dx = \left[ \ln(x^2-2x+5) \right]_{1}^{\infty} = \lim_{b \to \infty} \ln(b^2-2b+5) - \ln(1-2+5) = \infty - \ln(4) = \infty \]
Так как первая часть интеграла расходится, то и весь интеграл расходится.
Следовательно, по интегральному признаку Коши, ряд \(\sum_{n=1}^{\infty} \frac{n}{n^2-2n+5}\) расходится.
Ответ: Ряд расходится.
***
4. Применяя признак Даламбера исследовать ряд \(\sum_{n=1}^{\infty} \frac{3^n}{(n+2)! \cdot 4^{n+1}}\) на сходимость.
Дан ряд: \(\sum_{n=1}^{\infty} \frac{3^n}{(n+2)! \cdot 4^{n+1}}\).
Общий член ряда \(u_n = \frac{3^n}{(n+2)! \cdot 4^{n+1}}\).
Найдем \(u_{n+1}\):
\[ u_{n+1} = \frac{3^{n+1}}{((n+1)+2)! \cdot 4^{(n+1)+1}} = \frac{3^{n+1}}{(n+3)! \cdot 4^{n+2}} \]
Применим признак Даламбера:
\[ L = \lim_{n \to \infty} \left| \frac{u_{n+1}}{u_n} \right| = \lim_{n \to \infty} \frac{\frac{3^{n+1}}{(n+3)! \cdot 4^{n+2}}}{\frac{3^n}{(n+2)! \cdot 4^{n+1}}} \]
\[ L = \lim_{n \to \infty} \frac{3^{n+1}}{(n+3)! \cdot 4^{n+2}} \cdot \frac{(n+2)! \cdot 4^{n+1}}{3^n} \]
Разложим степени и факториалы:
\(3^{n+1} = 3^n \cdot 3\)
\((n+3)! = (n+3) \cdot (n+2)!\)
\(4^{n+2} = 4^{n+1} \cdot 4\)
Подставим это в выражение:
\[ L = \lim_{n \to \infty} \frac{3^n \cdot 3}{(n+3)(n+2)! \cdot 4^{n+1} \cdot 4} \cdot \frac{(n+2)! \cdot 4^{n+1}}{3^n} \]
Сократим общие множители: \(3^n\), \((n+2)!\), \(4^{n+1}\).
\[ L = \lim_{n \to \infty} \frac{3}{(n+3) \cdot 4} = \lim_{n \to \infty} \frac{3}{4n+12} \]
\[ L = 0 \]
Так как \(L = 0 < 1\), то ряд сходится.
Ответ: Ряд сходится.
***
5. Применяя радикальный признак Коши исследовать ряд \(\sum_{n=1}^{\infty} 2^{n+1} \cdot e^{-n}\) на сходимость.
Дан ряд: \(\sum_{n=1}^{\infty} 2^{n+1} \cdot e^{-n}\).
Общий член ряда \(u_n = 2^{n+1} \cdot e^{-n}\).
Перепишем \(u_n\) для удобства:
\[ u_n = 2^n \cdot 2^1 \cdot (e^{-1})^n = 2 \cdot \left( \frac{2}{e} \right)^n \]
Применим радикальный признак Коши:
\[ L = \lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{|u_n|} = \lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{\left| 2 \cdot \left( \frac{2}{e} \right)^n \right|} \]
\[ L = \lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{2} \cdot \sqrt[n]{\left( \frac{2}{e} \right)^n} = \lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{2} \cdot \frac{2}{e} \]
Известно, что \(\lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{a} = 1\) для \(a > 0\).
Поэтому \(\lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{2} = 1\).
\[ L = 1 \cdot \frac{2}{e} = \frac{2}{e} \]
Теперь сравним \(L\) с \(1\).
Значение \(e \approx 2.718\).
Тогда \(\frac{2}{e} \approx \frac{2}{2.718} \approx 0.735\).
Так как \(L = \frac{2}{e} < 1\), то ряд сходится.
Ответ: Ряд сходится.
***
6. Исследовать на сходимость знакочередующийся ряд \(\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n-1}}{n \sqrt[3]{n}}\).
Дан знакочередующийся ряд: \(\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n-1}}{n \sqrt[3]{n}}\).
Перепишем общий член ряда \(u_n = \frac{(-1)^{n-1}}{n \cdot n^{1/3}} = \frac{(-1)^{n-1}}{n^{1 + 1/3}} = \frac{(-1)^{n-1}}{n^{4/3}}\).
Это знакочередующийся ряд вида \(\sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1} b_n\), где \(b_n = \frac{1}{n^{4/3}}\).
Применим признак Лейбница для знакочередующихся рядов.
Для сходимости ряда по признаку Лейбница необходимо выполнение двух условий:
1. \(b_n > 0\) для всех \(n\).
В нашем случае \(b_n = \frac{1}{n^{4/3}}\), что очевидно больше нуля для всех \(n \ge 1\).
2. Последовательность \(b_n\) монотонно убывает и \(\lim_{n \to \infty} b_n = 0\).
Проверим убывание: \(b_n = \frac{1}{n^{4/3}}\).
\(b_{n+1} = \frac{1}{(n+1)^{4/3}}\).
Так как \(n+1 > n\), то \((n+1)^{4/3} > n^{4/3}\), следовательно \(\frac{1}{(n+1)^{4/3}} < \frac{1}{n^{4/3}}\).
Значит, \(b_{n+1} < b_n\), и последовательность монотонно убывает.
Проверим предел:
\[ \lim_{n \to \infty} b_n = \lim_{n \to \infty} \frac{1}{n^{4/3}} = 0 \]
Оба условия признака Лейбница выполнены, следовательно, ряд сходится.
Теперь исследуем абсолютную сходимость.
Рассмотрим ряд из абсолютных величин: \(\sum_{n=1}^{\infty} |u_n| = \sum_{n=1}^{\infty} \left| \frac{(-1)^{n-1}}{n^{4/3}} \right| = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^{4/3}}\).
Это обобщенный гармонический ряд (p-ряд) вида \(\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^p}\), где \(p = \frac{4}{3}\).
Так как \(p = \frac{4}{3} > 1\), то этот p-ряд сходится.
Поскольку ряд из абсолютных величин сходится, то исходный знакочередующийся ряд сходится абсолютно.
Ответ: Ряд сходится абсолютно.
***
7. Отыскать область сходимости функционального ряда \(\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(x+3)^n}{n \sqrt{n}}\) и исследовать поведение ряда на концах интервала сходимости.
Дан функциональный ряд: \(\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(x+3)^n}{n \sqrt{n}}\).
Перепишем общий член ряда \(u_n(x) = \frac{(x+3)^n}{n^{3/2}}\).
Это степенной ряд с центром в точке \(a = -3\).
Применим признак Даламбера для нахождения радиуса сходимости \(R\).
\[ L = \lim_{n \to \infty} \left| \frac{u_{n+1}(x)}{u_n(x)} \right| = \lim_{n \to \infty} \left| \frac{\frac{(x+3)^{n+1}}{(n+1)^{3/2}}}{\frac{(x+3)^n}{n^{3/2}}} \right| \]
\[ L = \lim_{n \to \infty} \left| \frac{(x+3)^{n+1}}{(n+1)^{3/2}} \cdot \frac{n^{3/2}}{(x+3)^n} \right| = \lim_{n \to \infty} \left| (x+3) \cdot \left( \frac{n}{n+1} \right)^{3/2} \right| \]
\[ L = |x+3| \lim_{n \to \infty} \left( \frac{n}{n+1} \right)^{3/2} = |x+3| \lim_{n \to \infty} \left( \frac{1}{1 + \frac{1}{n}} \right)^{3/2} \]
\[ L = |x+3| \cdot (1)^{3/2} = |x+3| \]
Ряд сходится, если \(L < 1\).
\[ |x+3| < 1 \]
Это неравенство определяет интервал сходимости:
\[ -1 < x+3 < 1 \]
\[ -1 - 3 < x < 1 - 3 \]
\[ -4 < x < -2 \]
Радиус сходимости \(R = 1\).
Теперь исследуем поведение ряда на концах интервала сходимости.
Случай 1: \(x = -4\)
Подставим \(x = -4\) в общий член ряда:
\[ u_n(-4) = \frac{(-4+3)^n}{n^{3/2}} = \frac{(-1)^n}{n^{3/2}} \]
Получаем знакочередующийся ряд \(\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^n}{n^{3/2}}\).
Это знакочередующийся ряд вида \(\sum_{n=1}^{\infty} (-1)^n b_n\), где \(b_n = \frac{1}{n^{3/2}}\).
Проверим условия признака Лейбница:
1. \(b_n = \frac{1}{n^{3/2}} > 0\) для всех \(n \ge 1\).
2. Последовательность \(b_n\) монотонно убывает: \(n^{3/2}\) возрастает, значит \(\frac{1}{n^{3/2}}\) убывает.
3. \(\lim_{n \to \infty} b_n = \lim_{n \to \infty} \frac{1}{n^{3/2}} = 0\).
Все условия выполнены, значит, ряд сходится при \(x = -4\).
Для абсолютной сходимости рассмотрим ряд \(\sum_{n=1}^{\infty} \left| \frac{(-1)^n}{n^{3/2}} \right| = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^{3/2}}\).
Это p-ряд с \(p = 3/2\). Так как \(p = 3/2 > 1\), этот ряд сходится.
Значит, при \(x = -4\) ряд сходится абсолютно.
Случай 2: \(x = -2\)
Подставим \(x = -2\) в общий член ряда:
\[ u_n(-2) = \frac{(-2+3)^n}{n^{3/2}} = \frac{(1)^n}{n^{3/2}} = \frac{1}{n^{3/2}} \]
Получаем ряд \(\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^{3/2}}\).
Это p-ряд с \(p = 3/2\). Так как \(p = 3/2 > 1\), этот ряд сходится.
Область сходимости включает оба конца интервала.
Интервал сходимости: \([-4, -2]\).
Ответ:
Область сходимости: \([-4, -2]\).
На концах интервала \(x = -4\) и \(x = -2\) ряд сходится.
***
8. Разложить функцию \(\frac{1}{\sqrt{1-x^4}}\) в ряд Тейлора.
Данная функция: \(f(x) = \frac{1}{\sqrt{1-x^4}}\).
Мы знаем разложение в ряд Маклорена (частный случай ряда Тейлора при \(a=0\)) для функции \((1+t)^\alpha\):
\[ (1+t)^\alpha = 1 + \alpha t + \frac{\alpha(\alpha-1)}{2!} t^2 + \frac{\alpha(\alpha-1)(\alpha-2)}{3!} t^3 + \dots + \frac{\alpha(\alpha-1)\dots(\alpha-n+1)}{n!} t^n + \dots \]
В нашем случае \(f(x) = (1-x^4)^{-1/2}\).
Следовательно, \(\alpha = -\frac{1}{2}\) и \(t = -x^4\).
Подставим эти значения в формулу биномиального ряда:
\[ (1-x^4)^{-1/2} = 1 + \left(-\frac{1}{2}\right)(-x^4) + \frac{\left(-\frac{1}{2}\right)\left(-\frac{1}{2}-1\right)}{2!} (-x^4)^2 + \frac{\left(-\frac{1}{2}\right)\left(-\frac{3}{2}\right)\left(-\frac{5}{2}\right)}{3!} (-x^4)^3 + \dots \]
Вычислим первые несколько членов:
Первый член: \(1\)
Второй член: \(\left(-\frac{1}{2}\right)(-x^4) = \frac{1}{2}x^4\)
Третий член: \(\frac{\left(-\frac{1}{2}\right)\left(-\frac{3}{2}\right)}{2} (x^8) = \frac{\frac{3}{4}}{2} x^8 = \frac{3}{8}x^8\)
Четвертый член: \(\frac{\left(-\frac{1}{2}\right)\left(-\frac{3}{2}\right)\left(-\frac{5}{2}\right)}{6} (-x^{12}) = \frac{-\frac{15}{8}}{6} (-x^{12}) = \frac{15}{48}x^{12} = \frac{5}{16}x^{12}\)
Таким образом, ряд Тейлора (Маклорена) для функции \(\frac{1}{\sqrt{1-x^4}}\) будет:
\[ \frac{1}{\sqrt{1-x^4}} = 1 + \frac{1}{2}x^4 + \frac{3}{8}x^8 + \frac{5}{16}x^{12} + \dots \]
Общий член ряда:
Коэффициент для \(t^n\) в биномиальном ряду: \(C_n^\alpha = \frac{\alpha(\alpha-1)\dots(\alpha-n+1)}{n!}\).
Для \(\alpha = -1/2\):
\(C_n^{-1/2} = \frac{(-1/2)(-3/2)\dots(-1/2-n+1)}{n!} = \frac{(-1)^n (1 \cdot 3 \cdot 5 \dots (2n-1))}{2^n n!}\).
Тогда общий член ряда для \((1-x^4)^{-1/2}\) будет:
\[ \frac{(-1)^n (1 \cdot 3 \cdot 5 \dots (2n-1))}{2^n n!} (-x^4)^n = \frac{(-1)^n (1 \cdot 3 \cdot 5 \dots (2n-1))}{2^n n!} (-1)^n x^{4n} \]
\[ = \frac{(1 \cdot 3 \cdot 5 \dots (2n-1))}{2^n n!} x^{4n} \]
Этот ряд сходится при \(|-x^4| < 1\), то есть при \(|x^4| < 1\), что эквивалентно \(|x| < 1\).
Ответ:
Ряд Тейлора для функции \(\frac{1}{\sqrt{1-x^4}}\) имеет вид:
\[ \frac{1}{\sqrt{1-x^4}} = 1 + \frac{1}{2}x^4 + \frac{3}{8}x^8 + \frac{5}{16}x^{12} + \dots + \frac{(2n-1)!!}{(2n)!!} x^{4n} + \dots \]
где \((2n-1)!! = 1 \cdot 3 \cdot 5 \dots (2n-1)\) и \((2n)!! = 2 \cdot 4 \cdot 6 \dots (2n) = 2^n n!\).
Таким образом, общий член можно записать как \(\frac{(2n-1)!!}{2^n n!} x^{4n}\).
***
9. Вычислить приближенно \(\text{arctg}(0.3)\), применяя степенные ряды.
Мы знаем разложение функции \(\text{arctg}(x)\) в степенной ряд Маклорена:
\[ \text{arctg}(x) = x - \frac{x^3}{3} + \frac{x^5}{5} - \frac{x^7}{7} + \dots + (-1)^n \frac{x^{2n+1}}{2n+1} + \dots \]
Этот ряд сходится при \(|x| \le 1\).
В нашем случае \(x = 0.3\). Это значение находится в интервале сходимости.
Подставим \(x = 0.3\) в ряд:
\[ \text{arctg}(0.3) = 0.3 - \frac{(0.3)^3}{3} + \frac{(0.3)^5}{5} - \frac{(0.3)^7}{7} + \dots \]
Вычислим первые несколько членов:
Первый член: \(0.3\)
Второй член: \(-\frac{(0.3)^3}{3} = -\frac{0.027}{3} = -0.009\)
Третий член: \(\frac{(0.3)^5}{5} = \frac{0.00243}{5} = 0.000486\)
Четвертый член: \(-\frac{(0.3)^7}{7} = -\frac{0.0002187}{7} \approx -0.0000312\)
Так как это знакочередующийся ряд, то для оценки погрешности можно использовать свойство, что абсолютная величина остатка не превышает абсолютной величины первого отброшенного члена.
Если мы хотим вычислить с точностью, например, до 0.001, то нам нужно, чтобы следующий член был меньше 0.001.
\(|0.000486| < 0.001\). Значит, если мы остановимся на втором члене, погрешность будет меньше 0.001.
Если мы хотим точность до 0.0001, то нам нужно учесть третий член, так как \(|0.000486|\) больше 0.0001.
Четвертый член \(|-0.0000312|\) меньше 0.0001.
Значит, для точности до 0.0001 достаточно взять три члена.
Приближенное значение:
\[ \text{arctg}(0.3) \approx 0.3 - 0.009 + 0.000486 \]
\[ \text{arctg}(0.3) \approx 0.291 + 0.000486 = 0.291486 \]
Округлим до пяти знаков после запятой: \(0.29149\).
Ответ:
Приближенное значение \(\text{arctg}(0.3) \approx 0.29149\).
***
10. Вычислить приближенно \(\int_{0}^{0.5} e^{-x \sqrt{x}} dx\) применяя степенные ряды.
Дан интеграл: \(\int_{0}^{0.5} e^{-x \sqrt{x}} dx\).
Перепишем показатель степени: \(-x \sqrt{x} = -x^{1} \cdot x^{1/2} = -x^{3/2}\).
Тогда подынтегральная функция: \(e^{-x^{3/2}}\).
Мы знаем разложение функции \(e^t\) в степенной ряд Маклорена:
\[ e^t = 1 + t + \frac{t^2}{2!} + \frac{t^3}{3!} + \dots + \frac{t^n}{n!} + \dots \]
Подставим \(t = -x^{3/2}\):
\[ e^{-x^{3/2}} = 1 + (-x^{3/2}) + \frac{(-x^{3/2})^2}{2!} + \frac{(-x^{3/2})^3}{3!} + \dots \]
\[ e^{-x^{3/2}} = 1 - x^{3/2} + \frac{x^3}{2!} - \frac{x^{9/2}}{3!} + \dots \]
Теперь проинтегрируем этот ряд почленно от \(0\) до \(0.5\):
\[ \int_{0}^{0.5} e^{-x^{3/2}} dx = \int_{0}^{0.5} \left( 1 - x^{3/2} + \frac{x^3}{2} - \frac{x^{9/2}}{6} + \dots \right) dx \]
\[ = \left[ x - \frac{x^{3/2+1}}{3/2+1} + \frac{x^{3+1}}{2(3+1)} - \frac{x^{9/2+1}}{6(9/2+1)} + \dots \right]_{0}^{0.5} \]
\[ = \left[ x - \frac{x^{5/2}}{5/2} + \frac{x^4}{8} - \frac{x^{11/2}}{6(11/2)} + \dots \right]_{0}^{0.5} \]
\[ = \left[ x - \frac{2}{5}x^{5/2} + \frac{1}{8}x^4 - \frac{1}{33}x^{11/2} + \dots \right]_{0}^{0.5} \]
Подставим пределы интегрирования. Нижний предел \(0\) даст \(0\).
\[ = 0.5 - \frac{2}{5}(0.5)^{5/2} + \frac{1}{8}(0.5)^4 - \frac{1}{33}(0.5)^{11/2} + \dots \]
Вычислим первые несколько членов:
\(0.5 = \frac{1}{2}\)
\(0.5^{5/2} = (\frac{1}{2})^{5/2} = \frac{1}{2^2 \sqrt{2}} = \frac{1}{4\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{2}}{8} \approx \frac{1.414}{8} \approx 0.17675\)
\(0.5^4 = (\frac{1}{2})^4 = \frac{1}{16} = 0.0625\)
\(0.5^{11/2} = (\frac{1}{2})^{11/2} = \frac{1}{2^5 \sqrt{2}} = \frac{1}{32\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{2}}{64} \approx \frac{1.414}{64} \approx 0.02209\)
Первый член: \(0.5\)
Второй член: \(-\frac{2}{5} \cdot 0.5^{5/2} = -\frac{2}{5} \cdot \frac{\sqrt{2}}{8} = -\frac{\sqrt{2}}{20} \approx -\frac{1.414}{20} \approx -0.0707\)
Третий член: \(\frac{1}{8} \cdot 0.5^4 = \frac{1}{8} \cdot \frac{1}{16} = \frac{1}{128} \approx 0.0078125\)
Четвертый член: \(-\frac{1}{33} \cdot 0.5^{11/2} = -\frac{1}{33} \cdot \frac{\sqrt{2}}{64} \approx -\frac{1.414}{2112} \approx -0.00067\)
Это знакочередующийся ряд. Для оценки погрешности можно использовать свойство, что абсолютная величина остатка не превышает абсолютной величины первого отброшенного члена.
Если мы хотим точность до 0.001, то нам нужно, чтобы следующий член был меньше 0.001.
Четвертый член \(|-0.00067|\) меньше 0.001.
Значит, для точности до 0.001 достаточно взять три члена.
Приближенное значение:
\[ \int_{0}^{0.5} e^{-x \sqrt{x}} dx \approx 0.5 - 0.0707 + 0.0078125 \]
\[ \approx 0.4293 + 0.0078125 = 0.4371125 \]
Округлим до четырех знаков после запятой: \(0.4371\).
Ответ:
Приближенное значение интеграла \(\int_{0}^{0.5} e^{-x \sqrt{x}} dx \approx 0.4371\).
***
11. Применяя степенные ряды, найдите частное решение дифференциального уравнения \(y'' = yy' + x^2 - e^x\), \(y(0) = 1\), \(y'(0) = 0\).
Данное дифференциальное уравнение: \(y'' = yy' + x^2 - e^x\).
Начальные условия: \(y(0) = 1\), \(y'(0) = 0\).
Будем искать решение в виде степенного ряда Маклорена:
\[ y(x) = y(0) + y'(0)x + \frac{y''(0)}{2!}x^2 + \frac{y'''(0)}{3!}x^3 + \dots \]
Из начальных условий имеем:
\(y(0) = 1\)
\(y'(0) = 0\)
Найдем \(y''(0)\) из дифференциального уравнения:
\(y''(x) = y(x)y'(x) + x^2 - e^x\)
Подставим \(x=0\):
\(y''(0) = y(0)y'(0) + 0^2 - e^0\)
\(y''(0) = 1 \cdot 0 + 0 - 1 = -1\)
Теперь найдем \(y'''(0)\). Для этого продифференцируем уравнение по \(x\):
\(y'''(x) = y'(x)y'(x) + y(x)y''(x) + 2x - e^x\)
Подставим \(x=0\):
\(y'''(0) = y'(0)y'(0) + y(0)y''(0) + 2(0) - e^0\)
\(y'''(0) = (0)^2 + (1)(-1) + 0 - 1 = 0 - 1 - 1 = -2\)
Найдем \(y^{(4)}(0)\). Продифференцируем \(y'''(x)\) по \(x\):
\(y^{(4)}(x) = 2y'(x)y''(x) + y'(x)y''(x) + y(x)y'''(x) + 2 - e^x\)
\(y^{(4)}(x) = 3y'(x)y''(x) + y(x)y'''(x) + 2 - e^x\)
Подставим \(x=0\):
\(y^{(4)}(0) = 3y'(0)y''(0) + y(0)y'''(0) + 2 - e^0\)
\(y^{(4)}(0) = 3(0)(-1) + (1)(-2) + 2 - 1 = 0 - 2 + 2 - 1 = -1\)
Теперь подставим найденные значения в ряд Маклорена:
\[ y(x) = 1 + 0 \cdot x + \frac{-1}{2!}x^2 + \frac{-2}{3!}x^3 + \frac{-1}{4!}x^4 + \dots \]
\[ y(x) = 1 - \frac{1}{2}x^2 - \frac{2}{6}x^3 - \frac{1}{24}x^4 + \dots \]
\[ y(x) = 1 - \frac{1}{2}x^2 - \frac{1}{3}x^3 - \frac{1}{24}x^4 + \dots \]
Ответ:
Частное решение дифференциального уравнения в виде степенного ряда:
\[ y(x) = 1 - \frac{1}{2}x^2 - \frac{1}{3}x^3 - \frac{1}{24}x^4 + \dots \]
***
12. Разложить функцию \(f(x) = \begin{cases} 0, & -\pi \le x < 0 \\ x, & 0 \le x < \pi \end{cases}\) в ряд Фурье.
Данная функция \(f(x)\) определена на интервале \([-\pi, \pi)\).
Ряд Фурье для функции \(f(x)\) на интервале \([-L, L]\) имеет вид:
\[ f(x) = \frac{a_0}{2} + \sum_{n=1}^{\infty} (a_n \cos\left(\frac{n\pi x}{L}\right) + b_n \sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right)) \]
В нашем случае \(L = \pi\).
Значит, ряд Фурье будет:
\[ f(x) = \frac{a_0}{2} + \sum_{n=1}^{\infty} (a_n \cos(nx) + b_n \sin(nx)) \]
Коэффициенты \(a_0, a_n, b_n\) вычисляются по формулам:
\[ a_0 = \frac{1}{L} \int_{-L}^{L} f(x) dx \]
\[ a_n = \frac{1}{L} \int_{-L}^{L} f(x) \cos\left(\frac{n\pi x}{L}\right) dx \]
\[ b_n = \frac{1}{L} \int_{-L}^{L} f(x) \sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right) dx \]
Подставим \(L = \pi\):
\[ a_0 = \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f(x) dx \]
\[ a_n = \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f(x) \cos(nx) dx \]
\[ b_n = \frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f(x) \sin(nx) dx \]
Учитывая определение функции \(f(x)\):
\[ f(x) = \begin{cases} 0, & -\pi \le x < 0 \\ x, & 0 \le x < \pi \end{cases} \]
Интегралы будут вычисляться только на интервале \([0, \pi)\), так как на \([-\pi, 0)\) функция равна нулю.
Вычислим \(a_0\):
\[ a_0 = \frac{1}{\pi} \int_{0}^{\pi} x dx = \frac{1}{\pi} \left[ \frac{x^2}{2} \right]_{0}^{\pi} = \frac{1}{\pi} \left( \frac{\pi^2}{2} - 0 \right) = \frac{\pi}{2} \]
Вычислим \(a_n\):
\[ a_n = \frac{1}{\pi} \int_{0}^{\pi} x \cos(nx) dx \]
Используем интегрирование по частям: \(\int u dv = uv - \int v du\).
Пусть \(u = x\), \(dv = \cos(nx) dx\).
Тогда \(du = dx\), \(v = \int \cos(nx) dx = \frac{1}{n}\sin(nx)\).
\[ a_n = \frac{1}{\pi} \left( \left[ x \frac{\sin(nx)}{n} \right]_{0}^{\pi} - \int_{0}^{\pi} \frac{\sin(nx)}{n} dx \right) \]
\[ a_n = \frac{1}{\pi} \left( \left( \pi \frac{\sin(n\pi)}{n} - 0 \right) - \frac{1}{n} \int_{0}^{\pi} \sin(nx) dx \right) \]
Мы знаем, что \(\sin(n\pi) = 0\) для любого целого \(n\).
\[ a_n = \frac{1}{\pi} \left( 0 - \frac{1}{n} \left[ -\frac{\cos(nx)}{n} \right]_{0}^{\pi} \right) \]
\[ a_n = \frac{1}{\pi} \left( \frac{1}{n^2} [\cos(nx)]_{0}^{\pi} \right) = \frac{1}{\pi n^2} (\cos(n\pi) - \cos(0)) \]
\[ a_n = \frac{1}{\pi n^2} ((-1)^n - 1) \]
Если \(n\) четное, \(n=2k\), то \((-1)^n = 1\), и \(a_n = \frac{1}{\pi n^2} (1 - 1) = 0\).
Если \(n\) нечетное, \(n=2k-1\), то \((-1)^n = -1\), и \(a_n = \frac{1}{\pi n^2} (-1 - 1) = -\frac{2}{\pi n^2}\).
Вычислим \(b_n\):
\[ b_n = \frac{1}{\pi} \int_{0}^{\pi} x \sin(nx) dx \]
Используем интегрирование по частям:
Пусть \(u = x\), \(dv = \sin(nx) dx\).
Тогда \(du = dx\), \(v = \int \sin(nx) dx = -\frac{1}{n}\cos(nx)\).
\[ b_n = \frac{1}{\pi} \left( \left[ x \left(-\frac{\cos(nx)}{n}\right) \right]_{0}^{\pi} - \int_{0}^{\pi} \left(-\frac{\cos(nx)}{n}\right) dx \right) \]
\[ b_n = \frac{1}{\pi} \left( \left( -\pi \frac{\cos(n\pi)}{n} - 0 \right) + \frac{1}{n} \int_{0}^{\pi} \cos(nx) dx \right) \]
\[ b_n = \frac{1}{\pi} \left( -\frac{\pi (-1)^n}{n} + \frac{1}{n} \left[ \frac{\sin(nx)}{n} \right]_{0}^{\pi} \right) \]
\[ b_n = \frac{1}{\pi} \left( -\frac{\pi (-1)^n}{n} + \frac{1}{n^2} (\sin(n\pi) - \sin(0)) \right) \]
Мы знаем, что \(\sin(n\pi) = 0\) и \(\sin(0) = 0\).
\[ b_n = \frac{1}{\pi} \left( -\frac{\pi (-1)^n}{n} + 0 \right) = -\frac{(-1)^n}{n} = \frac{(-1)^{n+1}}{n} \]
Теперь соберем ряд Фурье:
\[ f(x) = \frac{a_0}{2} + \sum_{n=1}^{\infty} (a_n \cos(nx) + b_n \sin(nx)) \]
\[ f(x) = \frac{\pi/2}{2} + \sum_{n=1}^{\infty} \left( \frac{(-1)^n - 1}{\pi n^2} \cos(nx) + \frac{(-1)^{n+1}}{n} \sin(nx) \right) \]
\[ f(x) = \frac{\pi}{4}
